Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

#1

Δίνω στο συνημμένο αρχείο την εισήγηση της Ελένης Μήτσιου για τους Μαθηματικούς Διαγωνισμούς, από ημερίδα του παραρτήματος Καστοριάς της ΕΜΕ το 2003.
Η εισήγηση διατηρεί τη διαχρονικότητά της και είναι ιδιαίτερα επίκαιρη τώρα ενόψει και του Διαγωνισμού Kangaroo.

...(παρεμπιπτόντως, η Ρουμανία έχει (μόνο) διπλό πληθυσμό από την Ελλάδα. Στο Καγκουρό όμως παίρνουν μέρος 270 000 μαθητές! Μιχάλης Λάμπρου

Μιχάλη, Απίστευτο! Μήπως το γάλα Dorna που πίνουν εκεί έχει τίποτα μέσα;

Επίσης, δίνω για συζήτηση και επίλυση τρία από τα θέματα της Ελένης, τα 10, 11, 12. Το 14 είναι το γνωστό που συζητήσαμε πριν μέρες.
Αναζητούνται γεωμετρικές λύσεις. Όταν της έδειξα τις τριγωνομετρικές προσεγγίσεις, επέμεινε ότι οι γεωμετρικές είναι κομψότερες. Θα δούμε...

11) Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ και σημεία Ε, Ζ στις ΔΓ, ΒΓ τέτοια ώστε: ΑΖ = ΔΕ + ΒΖ και ΑΕ διχοτόμος της γωνίας ΔΑΖ. Αποδείξτε ότι το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο.

12) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και Γ = 36°. Αν ΑΔ το ύψος με ΑΔ = 3 ενώ ΓΕ διχοτόμος, να βρείτε το μέτρο της ΓΕ.

13) Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 100°, παίρνουμε σημείο Δ στην προέκταση της ΑΒ, τέτοιο ώστε ΑΔ = ΒΓ. Υπολογίστε τη γωνία ΒΓΔ.

Η εισήγηση είναι στον ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ 3, περιοδικό του παρ. ΕΜΕ Ημαθίας

Γιώργος Ρίζος

#2

Rigio έγραψε: Επίσης, δίνω για συζήτηση και επίλυση τρία από τα θέματα της Ελένης
13) Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 100°, παίρνουμε σημείο Δ στην προέκταση της ΑΒ, τέτοιο ώστε ΑΔ = ΒΓ. Υπολογίστε τη γωνία ΒΓΔ.
Γιώργος Ρίζος

καλημέρα
δίνω για αρχή μία γεωμετρική απάντηση στην 13)

: el,fot.PNG (18.98 KiB) Προβλήθηκε 5407 φορές

lonis · #3

Για το ίδιο θέμα, με σχήμα στο συνημμένο:

Κατασκευάζω ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΕ, οπότε τα τρίγωνα ΔΑΓ, ΒΓΕ είναι ίσα. Έτσι
∠ΒΔΓ=∠ΕΒΓ=40◦-10◦=30◦ (το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές). Από το τρίγωνο ΔΒΓ είναι ∠ΒΓΔ=10◦

Λεωνίδας

#4

Για το (12)

Είναι: ΑΓ = $\frac{3}{{\eta \mu 36^\circ }}$ .
Στο ΑΕΓ: ∠ΑΕΓ = (180° – 108° - 18°) = 54°
και από Ν. Ημιτόνων: $\frac{{{\rm E}\Gamma }}{{\eta \mu 108^\circ }} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{{\eta \mu 54^\circ }}$

άρα ΕΓ = $\frac{{3 \cdot 2\eta \mu 54^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 54^\circ }}{{\eta \mu 36^\circ \cdot \eta \mu 54^\circ }} = 6 \cdot \frac{{\sigma \upsilon \nu 54^\circ }}{{\eta \mu 36^\circ }} = 6 \cdot \frac{{\sigma \upsilon \nu 54^\circ }}{{\sigma \upsilon \nu 54^\circ }} = 6.$

: Mhtsiou 12.png (12.35 KiB) Προβλήθηκε 5213 φορές

Γιώργος Ρίζος

dement · #5

Για το (11) :

Χρησιμοποιω το νομο των ημιτονων 'ευκλειδειοποιημενο', ως το λημμα :

Σε τριγωνα ΑΒΓ, Α'Β'Γ' με τις γωνιες Α, Α' ισες η παραπληρωματικες, ο λογος ΒΓ/Β'Γ' ισουται με το λογο των ακτινων των περιγεγραμμενων κυκλων R(ΑΒΓ)/R(Α'Β'Γ').

Παιρνουμε στο εσωτερικο του ΑΖ σημειο Κ με ΚΖ = ΒΖ, οποτε ΑΚ = ΔΕ. Επισης ισχυει ΚΒΓ = 90^o

- ΔΑΕ, λογω διχοτομου, ισοσκελους ΚΒΖ και ΑΔ // ΒΓ.

Τα τριγωνα ΑΚΒ, ΑΔΕ εχουν τις γωνιες ΕΑΔ και ΑΒΚ ισες, οποτε απο το λημμα ΔΕ/ΑΚ = R(ΕΑΔ)/R(ΑΚΒ). Αφου ομως ΑΚ = ΔΕ, ισχυει οτι R(ΕΑΔ) = R(ΑΚΒ).

Στα ιδια τριγωνα, βλεπουμε οτι οι γωνιες ΑΕΔ, ΒΚΑ ειναι παραπληρωματικες, οποτε ο ιδιος λογος των ακτινων ισουται με ΑΔ/ΑΒ = R(ΕΑΔ)/R(ΑΚΒ) = 1. Αρα ΑΔ = ΑΒ και το ορθογωνιο ειναι τετραγωνο.

Δημητρης Σκουτερης

#6

Μετά την εμπνευσμένη λύση του Δημήτρη, με εφαρμογή του Νόμου Ημιτόνων, δίνω μια άλλη, με τριγωνομετρία, ... δίχως Νόμο Ημιτόνων (και δίχως καμμία βοηθητική):

: Mhtsiou 11.png (10.38 KiB) Προβλήθηκε 5122 φορές

Στο ΑΕΔ: ΔΕ = ΑΔ·εφφ
Στο ΑΒΖ: ΒΖ = ΑΒ·εφ(90°- 2φ) = ΑΒ·σφ2φ, ΑΖ = $\frac{{AB}}{{\eta \mu 2\phi }}$

Ισχύει: ΑΖ = ΒΖ + ΔΕ άρα $\frac{{AB}}{{\eta \mu 2\phi }}$ = ΑΒ·σφ2φ + ΑΔ·εφφ

$\begin{array}{l} {\rm A}{\rm B}\left( {\frac{1}{{\eta \mu 2\phi }} - \frac{{\sigma \upsilon \nu 2\phi }}{{\eta \mu 2\phi }}} \right) = {\rm A}\Delta \cdot \varepsilon \phi \phi \;\;\; \Leftrightarrow \;\;{\rm A}{\rm B} \cdot \frac{{1 - \sigma \upsilon \nu 2\phi }}{{\eta \mu 2\phi }} = {\rm A}\Delta \cdot \varepsilon \phi \phi \;\; \\ \Leftrightarrow \;\;\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}\Delta }} = \frac{{\varepsilon \phi \phi \cdot 2\eta \mu \phi \cdot \sigma \upsilon \nu \phi }}{{1 - 1 + 2\eta \mu ^2 \phi }} = \frac{{\varepsilon \phi \phi \cdot \sigma \upsilon \nu \phi }}{{\eta \mu \phi }} = 1. \\ \end{array}$

Άρα ΑΒ = ΑΔ, οπότε ΑΒΓΔ τετράγωνο.

Γιώργος Ρίζος

lonis · #7

Για την άσκηση:

13) Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 100°, παίρνουμε σημείο Δ στην προέκταση της ΑΒ, τέτοιο ώστε ΑΔ = ΒΓ. Υπολογίστε τη γωνία ΒΓΔ.

νομίζω ότι η λύση που ήδη έδωσα δεν είναι δική μου. Εννοώ ότι μου εντυπώθηκε ως ανάμνηση από κάποια παλιά ανάγνωση ... σε βιβλίο, περιοδικό; Κάθε βοήθεια στα πρώτα αυτά στάδια του Αλτσχάιμερ ευπρόσδεκτη.
Ασχολήθηκα επί ματαίω ξανά και ξανά.
Ό,τι όμως δεν κατάφεραν οι λάμπες των 100 watt, το πρόσφεραν ως δώρο τα ταπεινά κεράκια: Δύο λύσεις, αφιερωμένες στην Ώρα της Γης, η σύντομη σήμερα, η περίπλοκη αύριο.

Έστω ΑΒ=ΑΓ=α και ΑΔ=ΒΓ=β. Κατασκευάζω ισόπλευρο τρίγωνο ΑΚΓ. Τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΑΒΓ είναι ίσα (α, 40 μοίρες, β) άρα ΔΚ=α και ∠ΔΚΑ=100◦. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΔΚΓ, αφού ∠ΔΚΓ=100◦+60◦=160◦, έχουμε ∠ΚΓΔ=10◦, άρα ∠ΒΓΔ=60◦-40◦-10◦=10◦.

: με γωνία 100 μοίρες.PNG (6.9 KiB) Προβλήθηκε 4950 φορές

lonis · #8

Δίνω, σε αδρές γραμμές, μία ακόμη λύση για την άσκηση 13. Μπορείτε να δείτε το σχήμα της χθεσινής λύσης να περιέχεται μέσα στο τωρινό. Ονομάζω πάλι ΑΒ=ΑΓ=α και ΒΓ=ΑΔ=β.

: Κατασκευάζω παρ/μο ΒΔΕΓ. Από τα ισοσκελή τρίγωνα ΔΑΕ, ΒΑΖ έχω ΒΖ=α και ΖΓ=ΒΔ=ΓΕ=β-α. Παίρνω ΖΚ//ΒΔ. Το ΖΓΕΚ είναι ρόμβος, άρα ΔΚ=α. Ακόμη, η ΑΕ μεσοκάθετος του ΚΓ. Έτσι ΑΚ=ΑΓ=α. Το τρίγωνο ΚΑΓ ισόπλευρο και στη συνέχεια, το ΔΚΓ ισοσκελές...; με γωνίες 40 μοίρες.PNG (8.2 KiB) Προβλήθηκε 4839 φορές

lonis · #9

Μου είχανε απομείνει δύο φωτοτυπίες από το αρχικό σχήμα που είχα για να "παίζω", ψάχνοντας διαφορετικές λύσεις. Ο πυρετός φέρνει έμπνευση, φαίνεται...

Παίρνω σημείο Κ, τέτοιο ώστε ∠ΒΓΚ=60◦ και ΓΚ=ΑΒ=ΑΓ. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΚ είναι ίσα, άρα ΑΚ=ΒΓ. Αφού, επιπλέον, ∠ΔΑΚ=60◦, το τρίγωνο ΑΔΚ είναι ισόπλευρο. Η ΓΔ είναι, λοιπόν (ΔΑ=ΔΚ και ΓΑ=ΓΚ), μεσοκάθετος του ΑΚ, άρα ∠ΓΔΑ=30◦ οπότε ∠ΒΓΔ=10◦.

Αφιερωμένη στο φίλο Γιώργο Ρίζο. Για τα σύμβολα που απλουστεύουν τη ζωή ημών των α-Latex-ικών και τις συμβουλές που μου έχει δώσει για την κατασκευή σχημάτων. Πέρα από τα άλλα που μας δένουν.

Λεωνίδας

: με γωνίες 100,40,40.PNG (8.27 KiB) Προβλήθηκε 4806 φορές

p_gianno · #10

Καλησπέρα σε όλους
Μια ακόμη λύση για την άσκηση 12

: exercise 12.png (15.42 KiB) Προβλήθηκε 4758 φορές

Π.Γ

lonis · #11

Μία ακόμη λύση για την:

11) Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ και σημεία Ε, Ζ στις ΔΓ, ΒΓ τέτοια ώστε: ΑΖ = ΔΕ + ΒΖ και ΑΕ διχοτόμος της γωνίας ΔΑΖ. Αποδείξτε ότι το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο.

Στην προέκταση της ΓΒ,παίρνω τμήμα ΒΗ=ΔΕ οπότε ΖΗ=ΑΖ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΖΑΗ, ονομάζω ∠ΖΗΑ=∠ΖΑΗ=ω. Οι υπόλοιπες γωνίες υπολογίζονται εύκολα (δες σχήμα) και είναι, διαδοχικά: ∠ΒΑΗ=90-ω, ∠ΒΑΖ=2ω-90, ∠ΔΑΕ=∠ΕΑΖ=90-ω. Συμπεραίνουμε ότι ∠ΔΕΑ=ω, οπότε τα τρίγωνα ΔΑΕ και ΒΑΗ είναι ίσα. Έτσι ΑΔ=ΑΒ.

Καλό απόγευμα
Λεωνίδας

: 11 Ελένης.PNG (7.21 KiB) Προβλήθηκε 4581 φορές

Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Re: Εισήγηση Ελένης Μήτσιου για Μαθηματικούς Διαγωνισμούς

Μέλη σε σύνδεση